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50
$8:5$
5
D
等于
小于
$2.1×10^3$
60
大
定滑轮
$6×10^3$
$3.6×10^5$
$5000$
小于
【分析】
首先梳理解题思路：第一步，明确直接匀速提升物体时，力F₁做的功就是将物体提升高度h的有用功，题目已经给出该值为40J。第二步，使用斜面提升同一物体到相同高度时，有用功和直接提升的有用功完全相等，已知斜面的机械效率，根据机械效率公式η=W有用/W总，就可以求出推力F₂做的总功。第三步，分别利用功的计算公式W=Fs，推导得到F₁和F₂的表达式，结合题目给出的s=2h的条件，消去未知的h，即可求出两个力的比值。
【解析】
1. 计算F₂做的功：
直接将物体匀速提升高度h时，F₁做的功就是提升物体的有用功，即$W_{\mathrm{有}}=40\ \mathrm{J}$。
已知斜面机械效率$\eta=80\%$，根据机械效率定义$\eta=\frac{W_{\mathrm{有}}}{W_{\mathrm{总}}}$，可得F₂做的总功：
$W_{\mathrm{总}}=\frac{W_{\mathrm{有}}}{\eta}=\frac{40\ \mathrm{J}}{80\%}=50\ \mathrm{J}$
2. 计算$F_1:F_2$的比值：
直接提升物体时，由$W_1=F_1h=40\ \mathrm{J}$，可得$F_1=\frac{40\ \mathrm{J}}{h}$；
沿斜面推物体时，总功满足$W_{\mathrm{总}}=F_2s$，已知$s=2h$，代入$W_{\mathrm{总}}=50\ \mathrm{J}$可得：
$F_2=\frac{W_{\mathrm{总}}}{s}=\frac{50\ \mathrm{J}}{2h}=\frac{25\ \mathrm{J}}{h}$
因此两个力的比值为：
$F_1:F_2=\frac{40\ \mathrm{J}}{h}:\frac{25\ \mathrm{J}}{h}=40:25=8:5$
【答案】
50；8:5
【知识点】
机械效率计算，功的计算，斜面应用
【点评】
本题围绕斜面的机械效率展开计算，核心要点是明确提升同一物体到相同高度时有用功相等，无需额外求解重力、高度h的具体数值，通过比例关系消去未知量即可得到力的比值，简化计算过程。
【难度系数】
0.7
【分析】
我们先从初始平衡状态切入推导：电梯静止时弹簧悬挂木块1受力平衡，弹簧弹力等于木块1的重力，此时弹簧长度恰好为l₁。接下来结合v-t图和l-t图逐段分析运动与受力逻辑：
1. 先判断轿厢运动方向：乙图中轿厢速度始终为正，从0增大到v₁后匀速，最后减为0，速度方向全程未变，可直接排除运动方向错误的选项。
2. 结合弹簧长度判断弹力：弹簧弹力F=kΔl，Δl为伸长量，和弹簧长度l正相关，以l₁为基准，长度大于l₁说明弹力大于木块1重力，长度等于l₁说明弹力等于木块1重力，长度小于l₁说明弹力小于木块1重力。
3. 逐个验证选项，排除错误结论得到正确答案。
【解析】
我们逐一分析各选项：
A选项：由图乙可知，0~t₃内轿厢速度始终为正值，速度方向没有发生改变，轿厢全程向上运动，并非处于下降过程，A错误。
B选项：t₁~t₂时间内，图丙显示弹簧长度恒为l₁，和初始平衡状态的弹簧长度相等，说明弹簧对木块1的拉力大小等于木块1的重力，并非大于，B错误。
C选项：t₁~t₂时间内轿厢匀速向上运动，木块2随轿厢匀速上升，动能保持不变，重力势能持续增大，因此木块2的机械能不断增加，并非保持不变，C错误。
D选项：0~t₁时间内，图丙显示弹簧长度先大于l₁、后减小回到l₁，说明弹簧的伸长量先增大后减小，弹簧弹性势能由形变量决定，因此弹簧的弹性势能先增大后减小，D正确。
【答案】D
【知识点】
超重与失重，弹簧弹性势能，机械能变化判断
【点评】
本题结合v-t图像和弹簧长度变化图像，考查电梯运动场景下的受力与能量分析，解题核心是抓住初始平衡状态下l₁对应的弹力等于木块重力，以此为基准快速判断不同阶段弹簧弹力的变化，避免运动方向判断失误。
【难度系数】
0.6
【分析】
我们可以分四步逐步推导解题：
1. 首先判断相同加热时间的吸热量：两个规格完全相同的电加热器，相同时间内放出的热量完全相等，不计热损失时，甲乙吸收的热量等于加热器放出的热量，因此加热10min时两者吸收热量相等。
2. 接着比较比热容大小：根据吸热公式$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t$，已知甲乙质量相等，加热10min时吸收的热量Q相等，从图像可以看出甲的温度升高量远大于乙，温度升高更快的甲比热容更小。
3. 计算甲的比热容：观察图像，两者升高相同温度60℃时，甲需要加热10min，乙需要加热20min，说明乙吸收的总热量是甲的2倍，代入$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t$，m和$\Delta t$都相同的情况下，比热容和吸收的热量成正比，因此乙的比热容是甲的2倍，已知乙是水，结合水的比热容即可算出甲的比热容。
4. 最后计算甲的末温：先通过乙吸收的热量，结合水的比热容算出乙的质量，甲乙质量相等，再代入吸热公式算出甲吸收相同热量理论上升高的温度，注意图像中甲的温度达到60℃后就保持不变，说明甲在60℃时吸热温度不再升高，因此实际末温不可能超过60℃。
【解析】
步骤1：判断加热10min的吸热量
两个规格相同的电加热器，相同时间内放出的热量相同，不计热损失，加热10min时，甲、乙液体吸收的热量相等。
步骤2：比较甲乙比热容大小
由图像可知，加热10min时，甲的温度从0℃升高到60℃，乙的温度从0℃升高到30℃，即$\Delta t_{\mathrm{甲}}＞\Delta t_{\mathrm{乙}}$，已知$m_{\mathrm{甲}}=m_{\mathrm{乙}}$，$Q_{\mathrm{吸}}$相同，根据$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t$可得$c=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{m\Delta t}$，$\Delta t$越大比热容越小，因此甲液体的比热容小于乙液体的比热容。
步骤3：计算甲的比热容
甲乙升高温度均为60℃时，甲加热时间为10min，乙加热时间为20min，说明乙吸收的热量$Q_{\mathrm{乙}}=2Q_{\mathrm{甲}}$，代入$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t$，m、$\Delta t$相等，可得$c_{\mathrm{乙}}=2c_{\mathrm{甲}}$。
已知乙是水，$c_{\mathrm{水}}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}$，因此：
$c_{\mathrm{甲}} = \frac{1}{2} c_{\mathrm{水}} = \frac{1}{2} ×4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)} = 2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}$
步骤4：计算甲的末温
乙在前20min吸收热量$Q=2.52×10^4\ \mathrm{J}$，由$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t$得乙的质量：
$m_{\mathrm{乙}} = \frac{Q}{c_{\mathrm{水}}\Delta t_{\mathrm{乙}}} = \frac{2.52×10^4\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)} ×60° \mathrm{C}} = 0.1\ \mathrm{kg}$
已知$m_{\mathrm{甲}}=m_{\mathrm{乙}}=0.1\ \mathrm{kg}$，若甲吸收$2.52×10^4\ \mathrm{J}$的热量，理论上升高的温度：
$\Delta t' = \frac{Q}{c_{\mathrm{甲}}m_{\mathrm{甲}}} = \frac{2.52×10^4\ \mathrm{J}}{2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)} ×0.1\ \mathrm{kg}} = 120° \mathrm{C}$
理论末温为$0° \mathrm{C}+120° \mathrm{C}=120° \mathrm{C}$，但由图像可知甲的温度达到60℃后就保持不变，说明甲在60℃时吸热温度不再升高，因此甲的实际末温为$60° \mathrm{C}$。
【答案】
等于；小于；$2.1×10^3$；$60$
【知识点】
吸热公式应用，比热容计算，液体沸腾特点
【点评】
本题结合温度-时间图像考查比热容的相关计算，前两空难度较低，易错点集中在最后一空，多数同学容易忽略图像中甲的温度平台特征，直接通过吸热公式算出理论末温120℃，没有考虑到甲达到60℃后继续吸热但温度保持不变的特点，解题时要注意从图像中提取隐含的温度不变的临界条件。
【难度系数】
0.4
【分析】
我们可以分四步逐步推导解题：
1. 首先判断相同加热时间的吸热量：两个规格完全相同的电加热器，相同时间内放出的热量完全相等，不计热损失时，甲乙吸收的热量等于加热器放出的热量，因此加热10min时两者吸收热量相等。
2. 接着比较比热容大小：根据吸热公式$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t$，已知甲乙质量相等，加热10min时吸收的热量Q相等，从图像可以看出甲的温度升高量远大于乙，温度升高更快的甲比热容更小。
3. 计算甲的比热容：观察图像，两者升高相同温度60℃时，甲需要加热10min，乙需要加热20min，说明乙吸收的总热量是甲的2倍，代入$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t$，m和$\Delta t$都相同的情况下，比热容和吸收的热量成正比，因此乙的比热容是甲的2倍，已知乙是水，结合水的比热容即可算出甲的比热容。
4. 最后计算甲的末温：先通过乙吸收的热量，结合水的比热容算出乙的质量，甲乙质量相等，再代入吸热公式算出甲吸收相同热量理论上升高的温度，注意图像中甲的温度达到60℃后就保持不变，说明甲在60℃时吸热温度不再升高，因此实际末温不可能超过60℃。
【解析】
步骤1：判断加热10min的吸热量
两个规格相同的电加热器，相同时间内放出的热量相同，不计热损失，加热10min时，甲、乙液体吸收的热量相等。
步骤2：比较甲乙比热容大小
由图像可知，加热10min时，甲的温度从0℃升高到60℃，乙的温度从0℃升高到30℃，即$\Delta t_{\mathrm{甲}}＞\Delta t_{\mathrm{乙}}$，已知$m_{\mathrm{甲}}=m_{\mathrm{乙}}$，$Q_{\mathrm{吸}}$相同，根据$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t$可得$c=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{m\Delta t}$，$\Delta t$越大比热容越小，因此甲液体的比热容小于乙液体的比热容。
步骤3：计算甲的比热容
甲乙升高温度均为60℃时，甲加热时间为10min，乙加热时间为20min，说明乙吸收的热量$Q_{\mathrm{乙}}=2Q_{\mathrm{甲}}$，代入$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t$，m、$\Delta t$相等，可得$c_{\mathrm{乙}}=2c_{\mathrm{甲}}$。
已知乙是水，$c_{\mathrm{水}}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}$，因此：
$c_{\mathrm{甲}} = \frac{1}{2} c_{\mathrm{水}} = \frac{1}{2} ×4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)} = 2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}$
步骤4：计算甲的末温
乙在前20min吸收热量$Q=2.52×10^4\ \mathrm{J}$，由$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t$得乙的质量：
$m_{\mathrm{乙}} = \frac{Q}{c_{\mathrm{水}}\Delta t_{\mathrm{乙}}} = \frac{2.52×10^4\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)} ×60° \mathrm{C}} = 0.1\ \mathrm{kg}$
已知$m_{\mathrm{甲}}=m_{\mathrm{乙}}=0.1\ \mathrm{kg}$，若甲吸收$2.52×10^4\ \mathrm{J}$的热量，理论上升高的温度：
$\Delta t' = \frac{Q}{c_{\mathrm{甲}}m_{\mathrm{甲}}} = \frac{2.52×10^4\ \mathrm{J}}{2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)} ×0.1\ \mathrm{kg}} = 120° \mathrm{C}$
理论末温为$0° \mathrm{C}+120° \mathrm{C}=120° \mathrm{C}$，但由图像可知甲的温度达到60℃后就保持不变，说明甲在60℃时吸热温度不再升高，因此甲的实际末温为$60° \mathrm{C}$。
【答案】
等于；小于；$2.1×10^3$；$60$
【知识点】
吸热公式应用，比热容计算，液体沸腾特点
【点评】
本题结合温度-时间图像考查比热容的相关计算，前两空难度较低，易错点集中在最后一空，多数同学容易忽略图像中甲的温度平台特征，直接通过吸热公式算出理论末温120℃，没有考虑到甲达到60℃后继续吸热但温度保持不变的特点，解题时要注意从图像中提取隐含的温度不变的临界条件。
【难度系数】
0.4
【分析】
我们可以将这道题拆分为4个小问题逐个梳理思路：
1. 第(1)问：把起重机的横梁看作杠杆，支点是塔身的中心转轴，平衡重的重力是左侧动力，吊起货物的重力是右侧阻力。根据杠杆平衡条件，起重臂越长，货物对应的阻力臂就越大，在货物重力、平衡臂长度不变的前提下，需要更大的平衡重重力才能维持杠杆平衡，因此平衡重的质量要更大。
2. 第(2)问：判断滑轮类型的核心依据是滑轮的轴是否随重物移动，滑轮a的轴固定在起重臂上，位置不随货物升降，因此属于定滑轮。观察图乙的滑轮组，承担物重的绳子段数n=2，不计动滑轮重、绳重及摩擦时，拉力F=G/2，代入钢丝绳的最大拉力即可算出货物的最大重力，再通过G=mg就能求出允许吊起的最大货物质量。
3. 第(3)问：重力做功的前提是物体在重力的竖直方向上有位移，水平移动时位移方向和重力方向垂直，该过程克服重力做功为0，因此只需要计算竖直提升30m过程中克服重力做的功，用W=Gh直接计算即可。
4. 第(4)问：利用机械效率的推导公式η=W有/W总=Gh/(Fs)=G/(nF)，代入已知的物重、机械效率和n=2，即可求出拉力F。如果不计绳重和摩擦，额外功仅来自动滑轮重力，此时可算出动滑轮重力为2000N，但实际情况中额外功还包含克服绳重、摩擦消耗的部分，因此动滑轮的重力会小于2000N。
【解析】
(1) 将起重机横梁视为杠杆，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，起重臂越长，货物对应的阻力臂越大，其余条件不变时，需要平衡重的重力更大才能维持杠杆平衡，因此平衡重的质量应更大。
(2) 滑轮a的轴位置固定不动，不随货物升降，因此是定滑轮；由图乙可知滑轮组承担物重的绳子段数$n=2$，不计动滑轮重、绳重及摩擦时，最大物重$G_{\mathrm{大}}=2F_{\mathrm{大}}=2×3×10^4\ \mathrm{N}=6×10^4\ \mathrm{N}$，对应的最大货物质量$m=\dfrac{G_{\mathrm{大}}}{g}=\dfrac{6×10^4\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}}=6×10^3\ \mathrm{kg}$。
(3) 钢材水平移动20m时，重力方向与位移方向垂直，克服重力做功为0，仅竖直提升30m过程中克服重力做功：$W=Gh=1.2×10^4\ \mathrm{N}×30\ \mathrm{m}=3.6×10^5\ \mathrm{J}$。
(4) 已知$n=2$，机械效率$\eta=\dfrac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{总}}}=\dfrac{Gh}{Fs}=\dfrac{G}{2F}$，代入数据得$F=\dfrac{G}{2\eta}=\dfrac{8000\ \mathrm{N}}{2×80\%}=5000\ \mathrm{N}$；若不计绳重、摩擦，由$F=\dfrac{G+G_{\mathrm{动}}}{2}$可算得$G_{\mathrm{动}}=2F-G=2000\ \mathrm{N}$，但实际中额外功还包含绳重、摩擦对应的功，因此动滑轮的重力小于2000N。
【答案】
(1) 大
(2) 定滑轮；$6×10^3$
(3) $3.6×10^5$
(4) 5000；小于
【知识点】
杠杆平衡条件，滑轮分类，机械效率计算
【点评】
本题结合建筑工地起重机的真实场景，综合考察了简单机械、功、机械效率的核心知识点，贴近生活实际。解题时需要注意重力做功的条件，以及额外功的不同组成部分，避免忽略绳重、摩擦的影响导致最后一空判断错误，整体属于基础综合类题型，能很好检验学生对力学基础概念的掌握程度。
【难度系数】
0.7
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